第一章分析数学教案

第一章 R表示实数集合R*表示扩张的实数集,R*Rn 若limn

aR*

a1a2anan

证明(1)aRa1a1a2n

limnn

a,0,

0nN1时,

aa

(a(a1a)(a2a)(anna1aa2aaN1n

aN11aannAnN1 A 其中A

a

a

a

0nN时,

A

nmax{NN}

aa1a2a1a2n

an,则M0N10,当nN1an3Ma1a2ana1a2nAnN13M

aN11aN12n AaaaA0nN11(nN0n

MnN11a1a2

13M1MMA A

an时,证明是类似的.(或令bnan转化为n 例1的逆命题是不成立的.反例为an

(n

a1a2an0lim

不存在

n 设{a}为单调递增数列,

a1a2anlim

a

n

n证明由{an为单调递增数列,当mn时有aman.固定n a1a2anan1an2

Amn

Aaaa

mmalimm

.又由于

a1a2n

nan

,所以

a令n

ana注当{an为单调递减数列时,上述结论也成立na1a2 设数列{an}收敛,且an0(nna1a2

an

ana,则由极限的不等式性质得a0（方法一）(1)若a0limln

lna

lim1(lnalnaln

n lnalnalnana1na1a2

lime

nelna(2)若a0

lnan

lna)n

1lnalnalnanna1a2

lime

n0（方法二）(1)

a

limaa

1

n

n na1a2na1a2

a1a2

及例1和迫敛性定理得1

na1a2na1a2(2)a0,则由不等式0

a1a2nana1a2

及例1和迫敛性定理得na1a2na1a2na1a2注可以证明当ana1a2

可以转化为幂指数列形式:

n.而作为幂指函数(uxvx的特例(a)bn一般又可以转化为ebnlnannn4设

0(n1,2,,证明:

an1存在,则

nn

an1na nan

nb1b2nb1b2证明令baba2

a3得a

lim

a a1

n

nnn

liman

an1

n

n例5

nenn

n

1证明（方法一）设an ,则n1

1

en4 n

nn

n nn nnn

n!~n!~2nn（方法二）

e得 n

nn

n n 1

i ni

ln

1ln1

e n n elimi ilimxlnx0

en例6设aa

bn).令

1a

a abn

cnab

1

2 n证明（方法一）cn1a

a a

1

2 n1[a

ab)(a ab)(a

1

2 n

ababab)(a

ababab)(a

abab 1

2

n 1[a

b)a

b)a(bb]b[aa)(aa)

1

n 由于数列

{an

收敛,故是有界的.设

an

(n1,2,),则cnab

a1a1aannbnbn1b11

cnab（方法二）

1a)(b

)(a

)(b )(a)(b

abann1

b12

1

1

2 n,当n100.由于数列{n收敛,故是有界n则01 M

0（ 1 2 n

cnabn7limn

a

a12a2nan

a2证

limanna1a12a2nana2

,

,N10

nN1

aa

(a1(a1a)2(a2a)n(ana)aN1N1a)n(an(a(aa)2(aa)N 12 1aaA1nn1a

A a a

A

a2

a

aN

0nN2

Aa a

2当nmax{N1N2}

a1a12a2nan

a2 a2n例8证明 nnn证明令

1,则n1

n1n1nn121nn12n

0

(n2

n0(n).所以 1.nn2n2nn

1(a0)，nannan

1(anb0)，nannan2bn

1(an2bnc0)9

1n1n233n解以下不等式是显然的:1

11n233n

.再由例8nn10

[(nknkn

k(nk

k]解由nknk1n1)k，知n1nk

) 1k1n(nk1) 1k

11

lim(nk1)k

n kn

n

nk (nk1)knk1

1

nn[(nkn2kn2

k(nk

kn11x0时,fx~xn

f2i1a)(a0

anan证明注意到ani

2i1a

xa

nf(2i1a)

2i1a

f(2i1a)2i1

n n

nnn由条件x0时,fx~nnn

,

0x

1ffxf(x)x

xN2a0nN时,有02i1a

2na2a(i1,2,n2ia nn2ia而有f2i1a2i1a

a2i1.再由（1）

a

2i1

注

xn

xnAxnxnAxn12设

a是两个定数,且当n2时

an1an2lim

a02a1

n 证明由

aa0a1,a

a1a2a0a1,

aa0a1

………a

1n1a0a1 aaa0a111

1

2n2所以lim(aa)a0a1

a0a1.这里利用无穷等比数列求 n

1 2nlimn

a02a1313设

0,

1

(n1,2,limann分析若{anaa

1a1

1

0a0.故112

解令a

1a1an111a

1

a

a 1

1

an

an1

a(n2,3,),由于a1,故得lima 11n1141

0,

n3分析若{x}极限存在且为a,则a31a.由此解得a .再由3

0a0.故a3 3a3解

33333

3333x1333333

3(33)x1(33)x1333

x133333

x1

33333333

333333x33

x2

x1 3

33xn3

x1

xn333

0,

c(c0)

c

n15K

0对任意自然数n

1

KlimxK 2

Kxn1K

n证明

1 K 1

K

1 K1K

2x0

0

2x0

KKx0 KKx1x1x1 0

x0KK

1x

K2

x0

K1

xnxnxn

x0x0 x0

xKxKKx由归纳法得Kx

x0K

.由于

1,得到limx0 K

0.所以xK xKxn xn xn

xn

K0lim

不存在，则必有 1,！从而lim

存在且nxn

n

n

xnK Stolz定理 设{an}是趋于零的数列

an1an存在或为

an

an1an

nbn1n

nbn1

an1anlnbn1l是有限实数则0N0nNlan1anlbn1bn1bn0l(bn1bn)an1anl(bn1bn)l(bn2bn1)an2an1l(bn2bn1)l(bnpbnp1)anpanp1l(bnpbnp1)l(bnpbn)anpanl(bnpbn)在上式中固定np,由于anp0bnp0lbnanlbn注意到

0

l

anln若l,则K0N0,当nN

an1anK.仿照bn1p,anp

K,固定np,anK.

anbnp

n若l,可用an代替an转化为(2)的情形 设{an}是任意数列

{bn严格递增趋于,

an1an存在或为、

an

an1an

nbn1n

nbn1

an1anlnbn1l是有限实数,则0N0nNlan1anl.由于 bn1 bn1bn0l

b)

l

b)2 2

22

l

)

l

)2 2

22

l

)

l )2 n2

n

n

n 22

n

nl

b)

l

b)2 n 2

n 22

n lanpanl bnp

lananpbnp aN bNan l

1b

b

ln得

l

n aNaNanbn由于bnnN10,当nN1aN1.因此当naN1

llimanl2

nlnan1anbn1bnbnnann),且数列{an}严格递增注意到

bn1

0由(1)的结论得limbn0.liman

nan1n n若l,可用an代替an转化为(2)的情形.12Stolz定理.n 利用Stolz定理.证明(§1例7)：设limn

a

a12a2nan

a2n证明令n

nan

Bn2,则{B严格递增趋于,

Annn

nnnn2nnnnn2n22

n(nnnn12

(n1)

1lim

a

nn

nnn

1n1n233nn2

1k2knk,其中k为自然数nk解令

1k2knk

bnk1n n

(n

(n limnlim n

.（抓大头思想n

n

nn1k1nk

nk1nk

k其中倒数第二式中…表示关于n的次数为k13

1k2knk

,其中k为自然数n

nk k解令

k1(1k2knk)nk1

bk1nkliman

nan1nn

nbn1

1.（抓大头思想）

均表示关于n的次数为k23中当k不是自然数时,只要k0limk1nk2x1n

limnlim nn

n

1

1

1 k1 n

nn1 n

k1

1

1

k11n

再利用求函数极限 法则,可以求出最后一式的极限为124

n(A

0

A1A2An

nlimn

A1A2AnnA

A1A2

A1A2An,而极限

A1A2An

a1A1a2A2A1anAnAn1,则由条件

nAnAn10limnan0AnAnAn1An1An2A2A1A1anan1a1limAn

A1A2An

a

a1a1a2a1a2an

a22a3n1ann

(n

n1n

0nnn

n 5设0x11xn1xn1xn(n1,2,

nxnn证 由条件xn11n

.用数学归纳法容易证明对所有自然数n0

101xn1.所以数列{xn是严格单调递减有下界的.由单调有界定理,极限

xn设极限值为axn1xn1xn中令n得aa1a,由此得a0由于{

}严格单调递增趋于

nxnlimn

n1n

xn

xn

lim(1

)

1

n

xn

注此类型题目2011年华中师范大学入学考试数学分析试卷出现过练习设

fx0a上有二阶连续的导函数,

f'01f''00x0a时有10fxx,x0a,xn1fxn1

xn

nxn§1.3利用压像原理和单调有界定理求极压像原理设f(x)可导

fxr1r是常数.x0xnf(xn1(n1,2,证明序列{xn}收敛证明由日中值定理，得xn1

f(xn)f(xn1)

f'(xnxn1)rxnr2

rn

.其中

nxn1p

np1 1

rnp1x

rnp2xn

n

n

n

1rn1

1rn1

1rrp1

r

x1

1r1

rn010（n,0r1).由收敛准则{xn}收敛注(1)利用压像原理必须保证{xn}是否保持

fxr1成立的范围之内f(x称为压缩映射(因为0r11)

0,

3

n解令fx31x(x0),则 f

)(n1,2,).又f'x 2(x0),故3

(3x) f(x)称为压缩映射.由压像原理,{xn}收敛.递

31xn,两边取极限即求3 (§1例13)：设K是正数,

0对任意自然数n

1 12

Kn1K

xnK

n1K证明令fx1xK(x K

f

2x 2x

x2K2(x ),从而有0f'x1.故f(x)称为压缩映射.由 像原理,{x}收敛.再对K2n 1 K,两边取极限即可xn2xn1

n1例3

4,当n2时,x

xn1limx

n解（）压缩映射原理令

fx1x(x

f

)(n1,2,)2 2

f'x1

(x

),从而有0f'x1.故f(x)称为压缩映射.由 像原理222{xn}收敛.再对递推

1 12

n1

n0limx2nKn n1Kn（法二）xn0x22 2x2

n

12122

0{xn单调递减且有下界2{x}极限存在,lim2

xx1xx2limx2 n

n例4

21,22

22

,收敛,并求其极限,

2x

（法一）压缩映射原理

fx21x

x

xnf

n1

f'xx

x20

f'x11.故f(x)称为压缩映射.由 像原理242{xn}收敛.再对递推

1 12

n1

nn

1 Kn n1Kn（法二）变量代换方法因此,设{x收敛,AA21

0,所以2A12

xnAn1

22

n1

A

1122满足(1)的序列{xnA的问题转化为满足(3)的序列{n0的问题事实上21

A1

.由(3)利用数学归纳法,

n 221221

xlim(1nn

n)1 5设a0,x1

a,x2a

a,

xn

aaa

xnaa aa2aa解容易证明{xn}单调递增.现证对任意自然数n,xaa aa2aaaaxn 1xaa

1.由单调有界定理{x}有极限.lim

x

两边取极限得x .解得x1

14a n

nx0limn

1

14aaaa6

1111lnn,证明{x}收敛 xn的定义

n

n

n 1n1先证1n

是单调递减的要证1

1

1

1

,只需证1

n

n1 n

n1

n

n2即证1n11n22n 而1n22n

1(n1) 1(n1)n2

1 n 再证{xn}是单调递减的 1n1 1由于1n

单调递减趋于 ,

n

.取对数得 n1ln(111ln(11 1.所以这证明了{x}单调递减 n 最后证{xn}n 1nn

又由于1

单调递增趋于enln(1n).因此1

(ln2ln1)(ln3ln2) xn0(n1,2,,由单调有界定理,{xn}收敛.

xnC,这里CEuler常数.以证明0C1(C

注

1111lnnC

lim

0 1n1

n

12.1

是单调递减的也可以利用fx1

n

x助于不等式：bn1an1(ba)(bn 即bn1an[nbn1)a](ba0xx2

0,且对任意自然数n

其中a0.limx.1 x2

3x2n

n解由于n1 ,n 3x2nnxn11x23a3x2ax2ax xnx2x

x2x23a2a3x2a (3x2n

a3x2nnnnn(3x2nnnnnnxa3xa3xann (3x2n

(3x2na故x2a与x2a同号.因此当x2a时有x2a(n1,2,),此时{x}递增有上 a ax2ax2a(n1,2,,此时{xa

.所以{x收敛,lim

xa a

nxxx23ax0x3x2

alimnn

1,

12

1

(n1,2,

xn解,设为A

A 111

1.618xn

A

1

11A

A

A

1

1AA

xn在A,

x1

0.618x1,x3,x5,,x2n1,A,x2,x4,x6,,x2n,

若{xn收敛于A{x2n{x2n1也收敛于A是否{x2nA左端单调递增到A,{x2n1}AAxn2xn察的符号

1

)(0.618x

1

1

1

2

2

若xn0.618

(2).式(1),(2)表明

A为上界,

}A为下界.

若xn0.618

此二子列收敛

1

及2n

x1x

中令n

,

.所以A0.618lim

lim

A

1xnA

1

n

注此题等同于下面题目：设{an为斐波那契(Fibonacci)即a1,a1, a

(n1,2,

limx

na a定理(复合函数求极限定理)fyyb连续,yg(x有性质limg(x)b

f[g(x)]f[limg(x)]b推论设limu(x)A0limv(xB,则limu(x)vxAB

limevxlnuxelimvxlnuxeBlnA

ax1求极限

.(a0)x解令ax1yx0y0xln1y故

ax

lna

y0ln1

11x10,得数列极限

nna1lna,(a0lim0nanb2lim

,a0,b 解nanb1

xn

10(nnanannlimx

nanb

limnna1 n

n

n abnanbab

1nxn

ln

lim(1xn)nlim1xnxn

n nlimpaqbnapbqa0b limana0,limbnb0可得anabnbnananb

n

n0an

1,bn

1,(n panqbn1xnxnpanqbn1pq10n

xnn

npanqbn1lim[pn(an1)qn(bnnnlim[pn(nan

1)qn(nb

1plnaqlnblnapbq,（2

lnap limpaqblim1x)nlim1

x

abn n

注此题目为2009年合肥工业大学入学考试数学分析试题1例4求极限limsinxxaak xasina

sinxsina

解limsinxxa sin

sinxsinasinxsina

1 xasina

xa

sin

xa

cos由于limsinxsinacosa,所以limsinxxaesinaecota

x

xasinaxcos例xcos解注意到

x

cosx1（利用等价代换或cosx2

x1xcosxcos

xxxx0x

cosxcosxelimuxvx

2cosx

162x23x26

1;

lim

x0cos2x

2x3x 求极限lim

cot2x x0x 解L’Hospital 2

sin2xx2cos2

sin2xx2cos2

22x0

cotx

x2sin2

xlimsinxxcosxsinxxcosx)2limcosxcosxxsinx(L’Hospital法则 3x2limsinx23 练习求极限lim

csc2x13 3x0 n

（2）

nx2n证明（1）xn1sinxnsinxx(xR

sin

对所有自然数n立，且当n3xn1sin

xn.又有0

1.所以数列xn

xnxxn1sin

sinxn（个等式成立是因为：当n30

1）中，令nxsinxx0x（2）由于{1严格单调递增趋于Stolz定理,limnx2limx

nn1n

x2x nn1

x2sin2

nx2xnn

nx2x

n(x

)(x xx xx

lim

6n(xnsinxn)(xnsinxn

n(xnsinxn)(xnsinxn 这里sin

x1x3

)(n) 3! 注此题目为2011年华中师范大学入学考试数学分析试题

1axbxcxx 解L’Hospital axbxcxaxbxcx

axlnabxlnbcxlnc

ab 3explnalnblnc .其中expy表示指数函数ey33 3 1axaxaxna1a2注推广limna1a2

nn 1 求极限lim1xxe1

du(x)vx[evxlnux]'u(x)vx

xd(1x11x

1x)

v'xlnu

ux11

2x3x 1n

12n

1 nene

,

limne21

e2,

limen

n

n

n

n

xnn

10

x1 x. .xx e

xe1

x1x

x

xxx

e

e11x x(*)式中分母的极限为e2 x

e1

1

xe11

xlime1yyy1xxx

x

ylim(1y)1y

(L’Hospital法则

1ln1y y0y

y(利用lim1y1limln1y111

2 因此(*)e

x1 x xx

e 设f(x)在0,上连续,且limfxa,求数列极限lim1fnxdx n,L’Hospitalyf limfnxdxlimftdt(变量代换tnx) (将n换成连续变量yn

n

a

f1f(x在0,上连续,

fxa,求数列极限limnxdx(答案a

n x,这在解题中经常用到xt12求极限limxe2e2dt 解L’Hospital t xt

e2

e limxe2

e2dtlim

22x1e

x2e

e

xx2练习求极限

lnxx12lnx

(13求极限

fx

f(x

f(0)0,f'(0)0x0x2xf0解f(00

f(x)

f(xf(0)f0).L’Hospital

x

fx

f(x2)

2f(x2x0x2xf0

x02xxf(t)dtx2f0

20f(t)dtxff(x22

2

f(x2)f22lim

x2 2 f

f

limf(x)f x

x

x2

2ff(x)f'(0)

2f'f(x)f'x

1（f'(0)0ta例14已ta

dt2,求ax0bxsinxL’Hospitaltata

x

aa

dt

a3x(ba3x(bcos2此时，必有lim(cosxb)0.否则，若lim(cosxb)0，则 2

0,aaa2故blimcosx1a2

2

2,a

x0bcos

x01cos15求极限limtanxxx0sin3解利用Taylortanx

x3x3x

3,sinxxx3xx ox3

1ox3limtanxxlim lim3

1x0sin3

x01

16

ex1

x11xcosx x2

2

x2

12

2 o

x x

o

o 11ex1

1x2o(x2

111xcos

lim lim2 3.

x0(18x2

1)x2o(x22

x01o(1)111

bfxdx

ba

fabai

ban1fabai

01fxdxlim1

fi(0是瑕点时

1n1fi

(1是瑕点时 n

n

n

n f(x在0,内单调递减,fxdx存在,00fxdxlimhf0

(1)由定积分定义直接得设1fxdx 0

i nfxdx

f

f

n对i

n1fxdx1f11nf